2026届云南省建水第六中学化学高一上期末调研试题含解析

2026届云南省建水第六中学化学高一上期末调研试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列叙述不正确的是A．《周易参同契》中对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”黄芽为硫磺B．Na的金属活动性比Cu强，故可用Na与CuCl2溶液反应制CuC．NaHCO3、(NH4)2CO3两种固体受热分解均能生成气体D．将铝箔在酒精灯上加热至熔化，观察熔化的铝并不滴下，是因为铝表面的氧化膜保护了铝2、某溶液中阳离子只含K＋，其中Cl－、Br－、I－的个数比为1∶2∶3，欲使这些离子个数比变为3∶2∶1，需要通入的氯分子与原溶液中I－的个数比应为()A．1∶2 B．2∶1 C．1∶3 D．3∶13、在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束，剩余的固体能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在的较多的阳离子是A．Cu2+ B．Fe3+ C．Fe2+ D．H+4、在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中,Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量之比为3∶2∶1,现加入适量铁粉,使溶液中三种离子的物质的量之比变为1∶2∶4,则参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为()A．2∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶45、下列反应的离子方程式书写正确的是A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3＋＋Cu＝Fe2＋＋Cu2＋B．氯气跟水反应：Cl2+H2O＝H＋+Cl－+HClOC．钠与水的反应：Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑D．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH－══Al(OH)3↓6、下列微粒中：①Al3＋②③[C]－④F－，其核外电子数相同的是（）A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④7、由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金l2g，跟足量的盐酸反应，产生5.6L标准状况下的氢气，那么此合金中一定含有的金属是()A．Na B．Mg C．Al D．Zn8、下列反应中，水只作氧化剂的氧化还原反应为：()A．Cl2+H2O=HCl+HClO B．2F2+2H2O=4HF+O2C．H2O+CaO=Ca(OH)2 D．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑9、下列实验操作正确的是A．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中B．在进行蒸馏操作中，加热一段时间后发现忘加碎瓷片，应采取的正确操作是立即补加C．实验时常把氢氧化钠固体放在托盘天平左盘的滤纸片上进行称量D．对盛有氢氧化铁胶体的U形管通一会儿直流电后，连接电源正极的电极附近颜色逐渐加深10、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B．SiO2熔点高、硬度大，可用于制光导纤维C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D．硅胶多孔能吸水，可用作食品干燥剂11、下列物质中属于酸性氧化物，但不能与水反应的是A．Na2O B．SiO2 C．CO D．SO212、下列变化需要加入还原剂才能实现的是（）A．CaCO3→CaO B．HCl→Cl2C．Fe→Fe3+ D．MnO4-→Mn2+13、漂粉精的有效成分是A．Ca(ClO)2 B．CaCl2 C．NaClO D．KClO14、下列推断正确的是（）A．SO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同C．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊溶液，充分振荡后溶液呈红色15、下列反应中，水只做氧化剂的是A．2H2

+O2=2H2O B．Na2O+H2O=2NaOHC．2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑ D．Cl2+

H2O=HCl+HClO16、把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下：实验现象①中溶液变蓝且无其他明显现象②中无明显现象③中溶液褪色④中产生黄绿色气体下列分析正确的是（）A．①中现象体现了浓盐酸的氧化性B．②中现象说明未发生反应C．③中反应后氯元素全部以KCl形式存在D．④中产生黄绿色气体的反应是：ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O17、下表是食用碘盐包装上的部分说明，下列说法正确的是()配料：精盐、碘酸钾、抗结剂碘含量：35±15mg/kg储存方法：密封、避光、防潮食用方法：烹饪时，待食品熟后加入碘盐A．高温会导致碘的损失B．碘酸钾可氧化氯化钠C．可用淀粉检验碘盐中的碘酸钾D．该碘盐中碘酸钾含量为20～50mg/kg18、重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]是一种受热易分解的盐。下列各项中的物质可能是重铬酸铵受热分解的产物是A．Cr、NH3、H2O B．Cr2O3、N2、H2OC．Cr2O3、NH3、H2O D．CrO3、N2、H2O19、下列金属单质，活泼性最强的是（）A．Na B．Mg C．Al D．Fe20、将质量分数为a％，物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数变为2a％，此时该H2SO4的物质的量浓度为c2mol·L－1，则c1和c2的数值关系是A．c2＝2c1 B．c2＞2c1 C．c2＜2c1 D．无法确定21、在海水综合利用中，下列叙述不正确的是（）A．海水经过蒸发结晶得到粗盐B．海水中提取溴单质可以用氯气将海水中的Br-氧化C．海水提镁的工艺中用贝壳为原料生产石灰乳D．海水中提取镁单质的方法是海水Mg(OH)2Mg22、根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（）A．反应①②③④⑤均属于氧化还原反应，反应③还属于置换反应B．反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4二、非选择题(共84分)23、（14分）A～I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：(1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是________。(2)反应①的化学方程式为_____________________________________反应③的离子方程式为________________________反应⑧的化学方程式为_____________________________________（3）反应⑥过程中的现象是______________________________。（4）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占______L。24、（12分）现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。(图中有些反应的产物和反应条件没有标出)(1)A的原子结构示意图为_____________，丙的化学式为_____________。(2)金属A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F中不能导电的有__________________、属于电解质的有___________。(填“A”“B”“甲”“乙”“丙”“C”“D”“E”“F”)(3)写出转化①发生的化学方程式：____________________,写出转化④发生的离子方程式：____________________。(4)将Na2O2投入到E溶液中，可以观察到的现象是：_____________。25、（12分）（1）在含有Al3＋、Ba2＋、Fe3＋三种离子的混合溶液中，只加入一种试剂以符合下列要求。①只让Ba2＋沉淀，应加入_____________②只让Fe3＋沉淀，应加入_____________（2）FeSO4溶液中含有杂质CuSO4和Fe2(SO4)3，可加入________除去杂质，方法是_______（3）FeCl3溶液中含有杂质FeCl2，可加入____________除去杂质。（4）铁粉中含有铝粉，可加____________除去杂质。26、（10分）硫及其化合物的“价-类”二维图如下：（1）写出X、Y的化学式：____________、____________（2）某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如下图所示。（胶头滴管中为氯化钡溶液）a.湿润的蓝色石蕊试纸b.湿润的品红试纸c.湿润的Na2S试纸将硫粉点燃后伸入瓶中盖紧胶塞。①湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体，说明硫的燃烧产物有___________性。②湿润的品红试纸褪色说明了__________（填化学式）有__________性。③湿润的蓝色石蕊试纸变红的原因____________________（用化学方程式表示）④滴入氯化钡溶液，出现少量白色沉淀，写出白色沉淀的化学式____________。（3）从“价-类”二维的角度，分析Z可能的化学性质：①从物质类别的角度分析：具有________的通性。②从化合价的角度分析：具有_________________________________________。（4）根据二维图探究硫元素转化时，某同学预测出如下转化：2H2O+2S+3O2=2H2SO4，请问该同学分析物质转化缺少的思维角度是:__________。（填字母序号）a.物质类别角度b.化合价角度c.化合价及类别两个角度27、（12分）实验室通常采用以下装置来制备纯净干燥的氯气，回答下列问题：（1）写出实验室制备氯气的化学反应方程式：____________________________________。（2）在反应中MnO2发生______(填“氧化”或“还原”，下同)反应，Cl2是______产物。（3）装置C中所装试剂为________，其作用为_______________________________。（4）检验氯气是否收集满的方法为：_________________________________________。（5）F中反应的离子反应方程式为_________________________________________。（6）工业上常用氯气与石灰水反应制备漂白粉，而久置漂白粉容易失效，请写出漂白粉失效的原理____________________________，_______________________________（用化学方程式表示）28、（14分）某混合物A，含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化。请回答下列问题。（1）沉淀F与NaOH溶液反应的离了方程式为_______________。（2）沉淀C与稀硫酸反应的离子方程式为_______________。（3）溶液G

与过量稀氨水反应的化学方程式为_______________。29、（10分）A、B、C、W均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系(其它产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。(1)若A为有刺激性气味的气体,溶液呈碱性；C为红棕色气体，与水反应生成一元强酸D，D具有强氧化性。①实验室制取气体A的化学方程式_____________；②写出A→B的化学方程式为_____________；③写出Cu与D稀溶液反应生成B的离子方程式_____________；(2)若A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色；C常作面包和糕点的发袍剂，受热分解可生成B。①写出A溶液与C溶液反应的离子方程式为_____________；②向两份30mL同浓度的A溶液中通入不同体积的W气体，得到溶液M、N。向M、N溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L盐酸，如图所示I和Ⅱ分别为加入V(盐酸)与产生V(W)的关系。则A溶液的物质的量浓度为_____________，M、N两溶液中相同溶质的物质的量之比为_____________；

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】

A．文中描述的即Hg和S单质在加热条件下的反应，黄芽指的即硫单质，A项正确；B．将钠单质置于水溶液中，先发生钠与水的反应，生成H2，随后生成的NaOH再与CuCl2反应生成蓝色絮状Cu(OH)2沉淀，并不能得到铜单质，B项错误；C．碳酸氢钠加热分解可以得到CO2和水蒸气，碳酸铵加热分解可以得到CO2，水蒸气和氨气，C项正确；D．铝的熔点很低，并且易被氧化，生成的氧化铝是一层致密的膜可以防止内部的Al被进一步氧化；氧化铝还具有很高的熔点，因此会观察到熔化但不滴落的现象，D项正确；答案选B。2、C【解析】

Br－和I－还原性强弱关系是：I－>Br－由于还有未反应的I－，所以氯气只和I－发生反应。根据反应方程式：Cl2+2I-=2Cl-+I2反应的碘离子物质的量2mol，消耗的氯气是1mol.所以需要通入的氯分子与原溶液中I－的个数比应为1：3，选项为：C。3、C【解析】

在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束，剩余的固体能被磁铁吸引，说明铁有剩余。【详解】由于氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+，氧化性越强越先反应，由于最终还有Fe剩余，则溶液中Fe3+、Cu2+和H+均全部被铁还原，最终溶液中的阳离子只有Fe2+。故选C。4、C【解析】

设原先溶液中Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量依次为3mol、2mol、1mol，根据三种离子物质的量的变化，Cu2＋物质的量并没有发生变化，说明没有参加反应，反应离子方程式：2Fe3＋+Fe=3Fe2＋，Fe3＋物质的量减少了2mol，说明消耗1mol铁，故参加反应的铁粉与原溶液Fe3＋物质的量之比为1：3，故选项C正确。5、B【解析】

A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板的离子方程式为2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，A错误；B．氯气跟水反应的离子方程式为Cl2+H2O=H＋+Cl－+HClO，B正确；C．钠与水的反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，C错误；D．NH3·H2O应以化学式保留，则AlCl3溶液中加入足量的氨水的离子方程式为Al3+＋3NH3·H2O=3NH4＋＋Al(OH)3↓，D错误；答案选B。6、C【解析】

①Al3+的质子数是13，原子的核外电子数是13，由原子失去3个电子变成阳离子，所以该阳离子有10个电子；②根据离子结构示意图知，该离子电子数是10；③根据电子式知，该离子最外层8个电子，内层有10个电子，所以该离子共有18个电子；④F-是由F原子得1个电子生成的，F原子有9个电子，所以F-有10个电子；核外电子数相同的是①②④，故选C。7、D【解析】

标况下5.6L氢气的物质的量==0.25mol，故12g金属提供的电子为0.25mol×2=0.5mol，则提供1mol电子需要金属的质量为12g×=24g，

A．Na在反应中表现+1价，提供1mol电子需要Na的质量为23g/mol×1mol=23g；

B．Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol×=12g；

C．Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol×=9g；

D．Zn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol×=32.5g；

提供1mol电子，只有Zn的质量大于24g，其它金属的质量都小于24g，故金属混合物中一定有Zn，故选：D。【点睛】注意利用平均值法解答，若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大。8、D【解析】

A．反应Cl2+H2O=HCl+HClO中，水中各元素的化合价未变，故A错误；B．反应2F2+2H2O=4HF+O2中，水中氧元素的化合价升高是还原剂，故B错误；C．H2O+CaO=Ca(OH)2是非氧化还原反应，故C错误；D．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑反应中只有水中氢元素的化合价降低，生成氢气，说明是水只作氧化剂，故D正确；故答案为D。【点睛】明确氧化还原反应的基本概念是解题关键，在这些氧化还原反应中，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，所以水中只有氢元素的化合价降低，生成氢气，说明是水只作氧化剂的氧化还原反应。9、A【解析】A、容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，浓硫酸溶于水放热，溶液的温度较高，应冷却后在转移到容量瓶中，故A正确；B、在进行蒸馏操作中，加热一段时间后发现忘加碎瓷片，应采取的正确操作是立即停止加热，待冷却后再补加碎瓷片，故B错误；C、氢氧化钠具有吸水性，实验时常把氢氧化钠固体放在托盘天平左盘的小烧杯中进行称量，故C错误；D、氧化铁胶体的胶粒带正电荷，对盛有氢氧化铁胶体的U形管通一会儿直流电后，连接电源负极的电极附近颜色逐渐加深，故D错误；故选A。10、D【解析】

A、NaHCO3可用于制胃酸中和剂是因为NaHCO3可以和胃酸（主要成分为HCl）反应，与受热易分解无关；B、SiO2呈无色透明固体，透光性好，故可用于制光导纤维，与熔点高、硬度大无关；C、Al2O3是离子化合物，具有很高的熔沸点，故可用作耐高温材料，与两性氧化物无关；D、硅胶多孔能吸水，且硅胶无毒，可用作食品干燥剂，性质与用途相对应；故选D。11、B【解析】

氧化物是由两种元素组成并且一种元素是氧元素的化合物，能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，据此解答。【详解】A.Na2O属于碱性氧化物，与水反应生成氢氧化钠，A不符合；B.SiO2能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，但是二氧化硅难溶于水，B符合；C.CO不是酸性氧化物，也不溶于水，C不符合；D.SO2能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，易溶于水生成亚硫酸，D不符合；答案选B。【点睛】本题主要考查氧化物的概念，解答时要分析物质的元素组成，然后再根据酸性氧化物概念的含义、物质的性质进行分析、判断，从而得出正确的结论。12、D【解析】

A.化合价无变化，不需要加入氧化剂或还原剂，A错误；B.，氯元素化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂，B错误；C.化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂，C错误；D.，锰元素化合价降低，发生还原反应，需要加入还原剂，D正确；故答案选D。【点睛】加入还原剂才能实现，即该物质被还原，元素化合价降低；加入氧化剂才能实现，即该物质被氧化，元素化合价升高。13、A【解析】

工业上用石灰乳和氯气反应制备漂粉精，漂粉精的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，但其有效成分只是Ca(ClO)2，答案选A。14、A【解析】

A、酸性氧化物是能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，因为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，故A正确；B、Na2O和Na2O2元素组成虽然相同，但化学性质不同，它们与CO2的反应如下：Na2O+CO2=Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，产物不同，故B错误；C、NO在空气中易发生反应：2NO+O2═2NO2，故C错误；D、因为新制氯水中含有HCl和HClO，滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错误。答案选A。【点睛】考查硫和二氧化硫，氮的氧化物的性质及其对环境的影响，钠的重要化合物的性质。注意对相似组成物质的性质比较，如氧化钠和过氧化钠，二氧化硫与二氧化碳的区别等。15、C【解析】

水只做氧化剂，即氢原子的化合价降低，据此分析；【详解】A、H2O为产物，既是氧化产物又是还原产物，故A不符合题意；B、该反应中没有化合价的变化，即H2O既不是氧化剂又不是还原剂，故B不符合题意；C、根据反应方程式，H2O中的H→H2，化合价由＋1价→0价，化合价降低，即H2O为氧化剂，故C符合题意；D、根据反应方程式，该反应为歧化反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，H2O不是氧化剂和还原剂，故D不符合题意；答案选C。【点睛】氧化还原反应中的价态规律，处于最高价，只具有氧化性，处于最低价，只具有还原性，处于中间价态，既有还原性也有氧化性，H2O只做氧化剂，即H的价态降低。16、D【解析】

A.盐酸滴入KI淀粉溶液中不反应，故无现象，故A错误；B.②中无现象说明盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的过程没有明显的现象，并不是不反应，故B错误；C.盐酸与高锰酸钾反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，③中反应后氯元素全部以KCl和MnCl2形式存在，故C错误；D.次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应，产生氯气，④中产生黄绿色气体的反应是：ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑+H2O，故D正确；答案选D。17、A【解析】

从食用方法可推断A项正确，用淀粉检验I2，而不能检验KIO3，所以C项错；从表中可知食用碘盐是指碘含量而不是碘酸钾含量，答案选A。18、B【解析】

A．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成Cr，Cr元素的化合价降低，则N元素的化合价要升高，所以不能生成NH3，故A错误；B．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，即由-3价升高为0，生成氮气，由元素守恒可知，还生成水，故B正确；C．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成Cr2O3，Cr元素的化合价降低，则N元素的化合价要升高，所以不能生成NH3，故C错误；D．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成N2，N元素的化合价升高，则Cr元素的化合价要降低，不能生成CrO3，故D错误；故答案为B。【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化特征是有升必有降，而(NH4)2Cr2O7受热分解发生氧化还原反应；(NH4)2Cr2O7中铵根中的氮是负三价，有还原性，重铬酸根中的铬正六价，有氧化性，会发生自身氧化还原反应，氮元素化合价升高，铬元素化合价降低。19、A【解析】

Na、Mg、Al位于同周期，结合金属活动性顺序可知，金属性为Na＞Mg＞Al＞Fe，则金属性最强的为Na。答案选A。20、B【解析】

蒸发掉原溶液质量一半的水后，则溶液中溶质的质量分数变为2a，设质量分数为a的H2SO4的密度为ρ1g/mL，蒸发后密度为ρ2g/mL，根据物质的量浓度与溶液密度、质量分数的关系有：c=，c1=，c2=，得c1︰c2=ρ1︰2ρ2，H2SO4的浓度越大密度越大，ρ1﹤ρ2，故c2＞2c1。故选B。21、D【解析】

A.氯化钠溶解度受温度影响不大，海水经过蒸发结晶得到粗盐，故A正确；B.氯气氧化性大于溴，海水中提取溴单质可以用氯气将海水中的Br-氧化为溴单质，故B正确；C.贝壳的主要成分是碳酸钙，碳酸钙高温分解为氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，海水提镁的工艺中用贝壳为原料生产石灰乳，故C正确；D.海水中提取镁单质，电解熔融氯化镁，不是电解氢氧化镁，故D错误。答案选D。22、B【解析】

A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰发生铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价的升降，均属于氧化还原反应，但③不属于置换反应，故A错误；B．⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C．③中O元素的化合价由-1价升高为0价，④中O元素的化合价由-2价升高为0价，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；D．反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0价，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、铁元素8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9FeFe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OAl2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色33.6【解析】试题分析：F是红褐色难溶于水的沉淀，因此F是氢氧化铁，则E是氢氧化亚铁，所以C和D分别是亚铁盐和铁盐。B和盐酸反应生成C和D，所以B是四氧化三铁，C是氯化亚铁，D是氯化铁，A在氧气中燃烧生成B，则A是铁。H和I均能与氢氧化钠溶液反应生成G，则I是铝，和四氧化三铁发生铝热反应生成铁和氧化铝，H是氧化铝，G是偏铝酸钠，据此分析解答。（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是铁。（2）根据以上分析可知反应①的化学方程式为8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe。反应③的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；反应⑧的化学方程式为Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O。（3）反应⑥是氢氧化亚铁被空气氧化，过程中的现象是生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。（4）根据8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe可知1mol铝发生反应后生成铁，铁在高温下与足量的水蒸气反应的方程式为3Fe＋4H2O(g)4H2＋Fe3O4，所以生成的气体换算成标准状况下为。【点睛】化学推断题是一类综合性较强的试题，解框图题最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。24、HCl甲、乙、丙丙2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+产生红褐色沉淀，同时生成无色气体【解析】

金属A焰色反应为黄色，则A为金属Na，由反应①可知，C为NaOH溶液，气体甲为H2；黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙HCl，HCl溶于水得物质D为盐酸，盐酸与金属B反应生成物质E，物质E与Cl2反应生成物质F，F与NaOH反应生成红褐色沉淀为Fe(OH)3，故物质F中含有Fe3+，分析可知金属B为Fe，物质E为FeCl2溶液，物质F为FeCl3溶液。【详解】（1）金属A焰色反应为黄色，则A为金属Na，原子结构示意图为，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl；故答案为：、HCl；（2）A：Na、B：Fe、C：NaOH溶液、D：盐酸、E：FeCl2溶液、F：FeCl3溶液、甲：H2、乙:Cl2、丙:HCl，其中不能导电的有：甲、乙、丙、属于电解质：丙，故答案为：甲、乙、丙；丙；（3）转化①为金属Na与水的反应氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，转化④为FeCl2与Cl2的反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；（4）E为FeCl2，将Na2O2投入到FeCl2溶液中，Na2O2具有强氧化性，氧化亚铁离子生成铁离子，产生红褐色沉淀，同时生成无色气体氧气，故答案为：产生红褐色沉淀，同时生成无色气体。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，不能是单质。非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，也不能是单质。25、稀硫酸过量的NaOH溶液铁粉过滤过量的氯水过量的NaOH溶液【解析】（1）①Ba2+与SO42﹣反应生成沉淀，只让Ba2+沉淀，可加入稀硫酸；②氢氧化铝是两性氢氧化物，只让Fe3＋沉淀，应加入过量的NaOH溶液；（2）CuSO4和Fe2（SO4）3都可与铁反应，可加入过量铁粉，然后过滤除杂；（3）FeCl2可与氯气反应生成FeCl3，因此可通入氯气除去杂质；（4）铝可与氢氧化钠溶液反应，铁粉中含有铝粉，可加过量的NaOH溶液除去杂质。26、H2SSO3氧化SO2漂白SO2+H2OH2SO3BaSO4盐还原性a【解析】

（1）参照图给的价态与物质的对应关系，可以确定所给X、Y、Z三种物质分别为H2S、SO3、Na2SO3；（2）硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，使湿润的蓝色石蕊试纸变红；二氧化硫具有漂白性，使湿润的品红试纸褪色；二氧化硫具有氧化性，使湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体；二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀；（3）①Z为Na2SO3，从物质类别的角度分析，亚硫酸钠属于盐类；②Z为Na2SO3，从化合价的角度分析，+4价硫元素为中间价；（4）由二维图可知，2H2O+2S+3O2=2H2SO4反应中没有涉及氧气和水的类别分析。【详解】（1）由图可知，X、Y、Z分别为H2S、SO3，故答案为：H2S；SO3；（2）①二氧化硫具有氧化性，与硫化钠溶液发生氧化还原反应硫，在湿润的硫化钠试纸上可观察到淡黄色固体硫生成，故答案为：氧化；②二氧化硫具有漂白性，使湿润的品红试纸褪色，故答案为：漂白；③二氧化硫是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，使湿润的蓝色石蕊试纸变红，反应的化学方程式为SO2+H2OH2SO3，故答案为：SO2+H2OH2SO3；④二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：BaSO4；（3）①Z为Na2SO3，从物质类别的角度分析，亚硫酸钠属于盐类，具有盐的通性，故答案为：盐；②Z为Na2SO3，从化合价的角度分析，+4价硫元素为中间价，具有还原性，故答案为：还原性；（4）由二维图可知，2H2O+2S+3O2=2H2SO4反应中涉及了硫元素化合价的变化和硫转化为硫酸，没有涉及氧气和水的类别分析，a正确，故答案为：a。【点睛】二氧化硫和亚硫酸不能与氯化钡溶液反应，二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀是解答关键，也是易错点。27、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O还原氧化饱和食盐水吸收Cl2中混有的HCl在集气瓶口放置一片湿润的淀粉KI试纸，若试纸变蓝，则已收集满Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OCa(ClO)2+CO2=CaCO3↓+2HClO2HClO2HCl+O2↑【解析】

（1）实验室采用浓盐酸和二氧化锰制备氯气；

（2）在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；

（3）根据氯气、氯化氢的性质分析；

（4）依据淀粉能使碘单质变蓝，而氯气的氧化性大于碘单质分析作答；

（5）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，单质、水不能拆，据此书写离子反应方程式即可。【详解】（1）浓盐酸有还原性，二氧化锰有氧化性，浓盐酸和二氧化锰能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，实验室制备氯气的反应化学方程式为MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）该反应中锰元素的化合价由+4价变为+2价，所以二氧化锰得电子作氧化剂，该反应中氯元素的化合价由-1价变为0价，所以氯化氢失电子作还原剂，得到的氯气是氧化产物，故答案为：还原；氧化；

（3）氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，故答案为：饱和食盐水；吸收Cl2中混有的HCl；

（4）氯气可将KI氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，则检验氯气是否收集满的方法为：在集气瓶口放置一片湿润的淀粉KI试纸，若试纸变蓝，则已收集满，故答案为：在集气瓶口放置一片湿润的淀粉KI试纸，若试纸变蓝，则已收集满；（5）F为尾气吸收装置，盛装的是氢氧化钠溶液，氯气可以与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（6）制取漂白粉的使用的是氯气和消石灰，生成氯化钙和次氯酸钙、水，又漂白粉在空气中变质是因为其有效成分次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应生成了次氯酸，并且次氯酸见光、受热分解，从而使漂白粉失效，即发生Ca(ClO)2+CO2=CaCO3↓+2HClO，2HClO2HCl+O2↑，

故答案为：Ca(ClO)2+CO2=CaCO3↓+2HClO；2HClO2HCl+O2↑。28、Al2O3+2OH－=AlO2－+H2OFe2O3+6H＋=2Fe3＋+3H2OAl2（SO4）3+6NH3·H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4【解析】根据流程可知：A溶于水得沉淀和溶液，溶液G是硫酸铝溶液，沉淀F是氧化铝和氧化铁；将沉淀F溶于过量NaOH溶液中，Al2O3能和氢氧化钠反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应，所以沉淀C是Fe2O3，溶液D是NaAlO2；溶液G中加入过量的氨水得到沉淀E，则E为Al（OH）3，Al（OH）3与NaOH溶液反应得到NaAlO2，将Al（OH）3加热得到沉淀B，B是Al2O3，硫酸铝和氨水反应生成Al（OH）3和硫酸铵，（1）沉淀F与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH－=AlO2－+H2O；（2）沉淀C为Fe2O3，Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式为：Fe2O3+6H＋=2Fe3＋+3H2O；（3）溶液G与过量稀氨水反应的化学方程式为：Al2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+